程弦

立體幾何截面問(wèn)題是高中數(shù)學(xué)立體幾何的一個(gè)難點(diǎn)，考查的主要內(nèi)容包括判斷截面形狀、求截面多邊形的周長(zhǎng)、面積等．在解決截面問(wèn)題的過(guò)程中，考生常常因?yàn)樽鞑怀鐾暾慕孛鎴D形或不會(huì)分析截面的運(yùn)動(dòng)過(guò)程使得截面問(wèn)題無(wú)法順利解決．我在各個(gè)例題與變式練習(xí)中滲透了常見(jiàn)的作截面以及求截面周長(zhǎng)、面積最值的方法，希望通過(guò)三個(gè)類型的問(wèn)題分析求解幫助讀者破解截面問(wèn)題．

題型一：與形狀有關(guān)的截面問(wèn)題

求解截面形狀主要考查是否能作出完整截面，與多數(shù)的幾何問(wèn)題類似，作截面的方法也包含幾何法和代數(shù)法，其中幾何法包括平行線法和延長(zhǎng)線法，這是作截面最常規(guī)的方法，也是需要學(xué)生必須掌握的方法．如果幾何圖形不太容易作平行線或延長(zhǎng)線，也可以選擇代數(shù)法解決，代數(shù)法包括坐標(biāo)法和基底法．

【例1】 在正方體ABCD－A 1B 1C 1D 1中，M為C 1D 1的中點(diǎn)，則平面ACM截正方體所得的截面多邊形的形狀為（ ?）

A ．三角形

B ．四邊形

C ．五邊形

D ．六邊形

【解析】法一： （平行線法）在平面A 1B 1C 1D 1內(nèi)過(guò)點(diǎn)M作AC的平行線交A 1D 1于點(diǎn)N，即N也為A 1D 1中點(diǎn)；由兩平行線確定一個(gè)平面，即N點(diǎn)也在所求截面內(nèi)，連接AN，CM，四邊形ACMN即為所求截面多邊形，故選答案 B ．

法二： （延長(zhǎng)線法）連接并延長(zhǎng)CM交DD 1的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，∵D 1M//DC且D 1M= 1 2 DC，∴D 1M為△QDC的中位線，

∴QD 1=D 1D，Q∈ADD 1A 1，連QA交A 1D 1于點(diǎn)N.

同理可得N為A 1D 1中點(diǎn)，連接MN，AC，四邊形ACMN即為所求截面多邊形，故選 B ．

【點(diǎn)評(píng)】 本題是一個(gè)比較簡(jiǎn)單的作截面的問(wèn)題，給出了兩種截面常用的幾何作法；因?yàn)辄c(diǎn)M落在與AC所在平面平行的平面上，因此作平行線是比較容易的；而且CM的延長(zhǎng)線能與A點(diǎn)所在的平面ADD 1A 1有交點(diǎn)，因此延長(zhǎng)線的作法也比較容易操作．

【變式1】 如圖所示，正方體ABCD－A 1B 1C 1D 1的棱長(zhǎng)為1，P為BC的中點(diǎn)，Q為線段CC 1上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A、P、Q的平面截該正方體所得的截面記為S，則下列命題正確的是 ?????（寫出所有正確命題的編號(hào)）

①當(dāng)0

②當(dāng)CQ= 1 2 時(shí)，S為等腰梯形；

③當(dāng) 1 2

④當(dāng)CQ= 3 4 時(shí)，S與C 1D 1的交點(diǎn)R滿足C 1R= 1 3 .

【解析】 連接AP、PQ，由平行線法在平面ADD 1A 1內(nèi)過(guò)點(diǎn)A作PQ的平行線與棱DD 1所在的直線交于一點(diǎn)M．

∵AD//BC，DD 1//CC 1，∴△ADM與△PCQ相似，

∴ CP DA = CQ DM ，因此DM= DA·CQ CP =2CQ.

①當(dāng)0

②當(dāng)CQ= 1 2 ，DM=1（點(diǎn)M與點(diǎn)D 1重合）此時(shí)PQ//AM，AP=MQ= ?5 ?2 ，因此S為等腰梯形，②正確；

③當(dāng) 1 2

④當(dāng)CQ= 3 4 ，DM= 3 2 ，則D 1M= 1 2 ，由△RD 1M與△RC 1Q相似， D 1M C 1Q = D 1R C 1R ，∴C 1R= C 1Q·D 1R D 1M = ?1 4 ·D 1R ?1 2 ?= 1 2 D 1R，∴C 1R= 1 3 ，④正確．

故答案①②④.

【變式2】 已知長(zhǎng)方體ABCD－A 1B 1C 1D 1中，AB=BC= BB 1 2 ，點(diǎn)E在線段CC 1上， EC CC 1 =λ 0≤λ≤1 ，平面α過(guò)線段AA 1的中點(diǎn)以及點(diǎn)B 1，E，若平面α截長(zhǎng)方體所得截面為平行四邊形，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是（ ?）

A ． 0，1

B ． ?1 4 ， 1 2

C ． ?1 2 ， 2 3

D ． ?1 2 ，1

【解析】 取AA 1的中點(diǎn)為M，要使截面為平行四邊形，則截面與DD 1的交點(diǎn)須落在線段DD 1內(nèi)，此時(shí)MN//B 1E，MB 1//NE，截面四邊形為平行四邊形.

由MN//B 1E，所以當(dāng)λ= 1 2 ，即E為CC 1中點(diǎn)時(shí)，N與D重合，此時(shí)N到達(dá)最低點(diǎn)，即E也到達(dá)最低點(diǎn)，

∴λ≥ 1 2 .當(dāng)E往上移，則N同步上移，當(dāng)λ=1時(shí)，E與C 1重合到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)N為DD 1中點(diǎn)，也可構(gòu)成平行四邊形．

∴ 1 2 ≤λ≤1．故選 D ．

題型二：與周長(zhǎng)有關(guān)的截面問(wèn)題

求截面周長(zhǎng)最重要的仍然是作出完整截面多邊形，然后利用幾何知識(shí)求出周長(zhǎng)或周長(zhǎng)的表達(dá)式．如果涉及到周長(zhǎng)最值，往往截面是動(dòng)態(tài)的，需要我們分析清楚截面的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，從幾何的角度找到周長(zhǎng)取最值的位置或者從代數(shù)的角度通過(guò)設(shè)變量，把周長(zhǎng)表示出來(lái)，利用函數(shù)求最值，并且需要我們掌握常見(jiàn)的函數(shù)求最值的方法．

【例2】 ?（第十四屆希望杯全國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽）一平面與正方體表面的交線圍成的封閉圖形稱為正方體的“截面圖形”，如圖，棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A 1B 1C 1D 1中，E是AB的中點(diǎn)，F(xiàn)是CC 1的中點(diǎn)，則過(guò)點(diǎn)D 1，E，F(xiàn)三點(diǎn)的截面圖形的周長(zhǎng)等于（ ?）

A . 1 12 （25+2 13 +9 5 ）

B ． 1 12 （15+4 13 +9 5 ）

C ． 1 12 （25+2 13 +6 5 ）

D ． 1 12 （15+4 13 +6 5 ）

【解析】法一：（平面向量基本定理） 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA ，DC ，DD 1 方向?yàn)閤，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由正方體棱長(zhǎng)為1，

則D 1（0，0，1），E（1， 1 2 ，0），F(xiàn)（0，1， 1 2 ），則D 1E =（1， 1 2 ，－1），D 1F =（0，1，－ 1 2 ）.

不妨設(shè)平面D 1EF與棱A 1A交于點(diǎn)P（1，0，t），因?yàn)镈 1，E，F(xiàn)，P四點(diǎn)共面，則存在唯一的一組實(shí)數(shù)λ，μ，使得D 1P =λD 1E +μD 1F .

即 ?1=1·λ+0·μ，0= 1 2 ·λ+μ，t－1=－1·λ－ 1 2 ·μ，

解得λ=1，μ=－ 1 2 ，t= 1 4 ，

因此P（1，0， 1 4 ），即P為AA 1上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)．

同理可求得平面D 1EF與棱BC的交點(diǎn)坐標(biāo)為Q（ 2 3 ，1，0），即P為BC上靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn)，連接D 1F，F(xiàn)Q，QE，EP，PD 1，五邊形D 1PEQF即為所求截面圖形．

易得：PE= ?5 ?4 ，EQ= ?13 ?6 ，QF= 5 6 ，F(xiàn)D 1= ?5 ?2 ，D 1P= 5 4 ，周長(zhǎng)l= 1 12 （25+2 13 +9 5 ）．

故選 A .

法二：（法向量法） 如法一建立空間直角坐標(biāo)系，得D 1E =（1， 1 2 ，－1），D 1F =（0，1，－ 1 2 ）.

設(shè)平面D 1EF的一個(gè)法向量為n → =（x，y，z），則 ?n → ·D 1E =0，n → ·D 1F =0， ?即 ?x+ 1 2 y－z=0，y－ 1 2 z=0，

解得 ?z=2y，x= 3 2 y， ?不妨令y=2，則x=3，z=4，法向量n → =（3，2，4）.

不妨設(shè)平面D 1EF與棱A 1A交于點(diǎn)P（1，0，t），則D 1P ·n → =0，即3×1+2×0+4×（t－1）=0，解得t= 1 4 .

因此，P（1，0， 1 4 ），即P為AA 1上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)．

同理可求得平面D 1EF與棱BC的交點(diǎn)Q的坐標(biāo)，將D 1，F(xiàn)，Q，E，P順次連接起來(lái)，即作出所求截面，求周長(zhǎng)同法一．

【點(diǎn)評(píng)】 本題是一道靜態(tài)截面求周長(zhǎng)的問(wèn)題，與例1相同，解決問(wèn)題的關(guān)鍵仍在于作截面圖形，而本題中作截面如果選擇平行線法和延長(zhǎng)線法仍然是可以做的，但是稍顯困難；對(duì)于這樣的問(wèn)題我們可以選擇坐標(biāo)法：利用平面向量基本定理或法向量法證明四點(diǎn)共面，從而由已知的三個(gè)點(diǎn)得到截面與某條棱相交的第四個(gè)點(diǎn)，繼而得到截面與幾何體的棱相交的其余點(diǎn)，作出最終的截面多邊形．

【變式3】 正三棱柱ABC－A 1B 1C 1中，所有棱長(zhǎng)均為2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱BB 1，A 1C 1的中點(diǎn)，若過(guò)點(diǎn)A，E，F(xiàn)作一截面，則截面的周長(zhǎng)為（ ?）

A ．2+2 ?5

B ．2 ?5 + 2 3 ?13

C ．2 ?5 ?+ 13

D ．2 ?5 + ?13 ?2

【解析】法一：（延長(zhǎng)線法）

延長(zhǎng)AF、CC 1交于點(diǎn)M，連接ME與B 1C 1于點(diǎn)N，連接FN．

則四邊形AFNE即為截面四邊形．

∵F是A 1C 1中點(diǎn)，又A 1C 1//AC，∴C 1也是CM的中點(diǎn)，即C 1M=CC 1.又∵△MC 1N與△EB 1N相似，∴ B 1E MC 1 = B 1N NC 1 ，因此B 1N= 1 2 NC 1，

點(diǎn)N為B 1C 1上靠近B 1的三等分點(diǎn)．

∴AF=AE= 5 ，EN= ?13 ?3 ，

FN= FC 12+NC 12－2·FC 1·NC 1· cos 60° = ?13 ?3 ，

所以周長(zhǎng)l= 2 3 ?13 +2 5 ，故選 B ．

法二：（基底法） ?不妨設(shè)截面與棱CC 1所在的直線交于點(diǎn)M，且CM =tCC 1

取一組基底 AB ，AC ，AA 1 ?.

因?yàn)锳、E、M、F四點(diǎn)共面，則一定存在一組實(shí)數(shù)λ，μ，使得AM =λAF +μAE ，即AC +tAA 1 =λ（ 1 2 AC +AA 1 ）+μ（AB + 1 2 AA 1 ），即

1= 1 2 λ，t=λ+ 1 2 μ，μ=0，

解得t=2，作出點(diǎn)M，連接EM、AM分別與B 1C 1、A 1C 1交于點(diǎn)N、F，連接FN，四邊形AFNE即為截面四邊形，求周長(zhǎng)同法一．

【變式4】 如圖，四邊形EFGH為四面體ABCD的一個(gè)截面，若四邊形EFGH為平行四邊形，AB=4，CD=6，則四邊形EFGH的周長(zhǎng)的取值范圍是 ???????．

【解析】 不妨設(shè)AE=λAC（0<λ<1），則CE=（1－λ）AC，

∴EF=GH=λCD=6λ；EH=（1－λ）AB=4（1－λ），

所以周長(zhǎng)l=2×6λ+2×4（1－λ）=8+4λ，∵0<λ<1，∴l(xiāng)∈（8，12）.

題型三：與面積有關(guān)的截面問(wèn)題

在求截面面積最值時(shí)，我們常?？紤]首先是分析截面的動(dòng)態(tài)變化過(guò)程，從幾何角度分析出在何處取得截面面積的最值，直接利用幾何關(guān)系求出截面面積的最值；如果難以分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再?gòu)拇鷶?shù)角度用與所求截面圖形相關(guān)的邊或者角作為變量，表示出截面圖形的面積，然后可以用函數(shù)單調(diào)性、基本不等式、導(dǎo)數(shù)等方法求截面面積的最值．

【例3】 已知正方體的棱長(zhǎng)為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為（ ?）

A . 3 3 ?4

B . 2 3 ?3

C . 3 2 ?4

D . ?3 ?2

【解析】 由正方體的所有棱實(shí)際可以看作3組平行的棱，與每一條棱所成的角相等即與共頂點(diǎn)的三條棱所成的角相等即可．

我們可以先找到一個(gè)符合條件的平面，不妨取以A 1為頂點(diǎn)的三條棱，則平面AB 1D 1即為符合要求的平面，但符合要求的平面并不唯一，只要與平面AB 1D 1平行的平面均可.

因?yàn)檎襟w中心對(duì)稱，則平面BC 1D也符合題意，要找到截面面積最大的位置即要分析滿足題干要求的平面與正方體形成截面的過(guò)程，我們可以假定這個(gè)平面從A 1點(diǎn)出發(fā)到達(dá)C點(diǎn)結(jié)束，形成的截面從A 1→AB 1D 1是等邊三角形且面積逐漸增大，從BC 1D→C也是等邊三角形且面積逐漸減小，又由于正方形的中心對(duì)稱，因此面積最大應(yīng)該在平面AB 1D 1和平面BC 1D的正中間位置，我們可以利用平行線法作出所求截面即為正六邊形EFGHPQ，邊長(zhǎng)為 ?2 ?2 ，所以最大面積為

S=6× ?3 ?4 （ ?2 ?2 ）2= 3 3 ?4 ，因此答案選 A ．

【點(diǎn)評(píng)】 本題主要是通過(guò)找到截面所滿足的幾何特征，從而分析截面的運(yùn)動(dòng)所帶來(lái)的截面多邊形的變化過(guò)程，因此只要弄清楚截面的運(yùn)動(dòng)變化過(guò)程，問(wèn)題就很容易得到解決．

【變式5】 已知正三棱柱ABC－A 1B 1C 1的側(cè)棱長(zhǎng)為4，底面邊長(zhǎng)為2，用一個(gè)平面截此棱柱，與側(cè)棱AA 1，BB 1，CC 1分別交于點(diǎn)M，N，Q，若△MNQ為直角三角形，則△MNQ面積的最大值為（ ?）

A ．3

B ． ?10

C ． ?17

D ． 3 2

【解析】法一： 不妨設(shè)M在點(diǎn)A處，BN=m，CQ=n．（不妨令m>n，0≤m，n≤4）

∴MN2=MB2+BN2=4+m2，MQ2=MC2+CQ2=4+n2，QN2=4+（m－n）2，

△MNQ為直角三角形，則4+m2=MN2=MQ2+QN2=4+n2+4+（m－n）2.

化簡(jiǎn)得：n2－mn+2=0，

∴m=n+ 2 n ，又Δ=m2－8≥0，∴8≤m2≤16.

S △MNQ= 1 2 ·MQ·QN= 1 2 ?4+n2 · 4+（m－n）2 = 1 2 ?（4+n2）（4+ 4 n2 ）

= 1 2 ?20+4n2+ 16 n2 ?= 1 2 ?4+4（n+ 2 n ）2 = 1 2 ?4+4m2 = 1+m2 （8≤m2≤16），

∴3≤S △MNQ≤ 17 ，當(dāng)m=4，n=2± 2 時(shí)取到最大面積．故選 C .

法二： 設(shè)平面MNQ與底面ABC的夾角為θ，0<θ< ?π ?2 ，根據(jù)射影面積公式： cos θ= S △ABC S △MNQ ，則S △MNQ= S △ABC ?cos θ = ?3 ??cos θ ，要使△MNQ面積最大，則 cos θ最小，則θ最大．

由此，不妨設(shè)M在點(diǎn)A處，N在點(diǎn)B 1處．

與此同時(shí)，若Q在點(diǎn)C或C 1處時(shí)，△MNQ無(wú)法構(gòu)成直角三角形，

因此Q在線段CC 1上，不妨設(shè)CQ=t，則C 1Q=4－t，由△MNQ為直角三角形，

因此AQ2+B 1Q2=AB2 1，即4+t2+4+（4－t）2=22+42，化簡(jiǎn)得t2－4t+2=0，

解得：t=2± 2 ，即AQ= 10+4 2 ?，B 1Q= 10－4 2 ?或AQ= 10－4 2 ?，B 1Q= 10+4 2 ?，S △MNQ= 1 2 ·AQ·B 1Q= 1 2 ?10+4 2 ?· 10－4 2 ?= 17 ．

【變式6】 已知平面α

截一球面得圓M，過(guò)圓心M且與α成60°二面角的平面β

截該球面得圓N，若該球面的半徑為4，圓M的面積為4 π ，則圓N的面積為（ ?）

A ．7 π

B ．9 π

C ．11 π

D ．13 π

【解析】 如圖（作與平面α，β都垂直且過(guò)球心的大圓），設(shè)球的球心為O，由圓M的面積為4 π 得圓M的半徑為2，由垂徑定理得 OM = 42－22 =2 3 ，

又<α，β>=60°，即∠OMN=30°，且ON⊥MN，在 Rt △OMN中， sin ∠OMN= ON OM = ON 2 3 ?= 1 2 ，

∴ON= 3 ，同理由垂徑定理得r N= 42－ON2 = 13 ，因此圓N的面積為13 π ，

故選 D ．

立體幾何截面問(wèn)題主要難點(diǎn)在于作截面多邊形和分析截面的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，因此掌握作截面的常見(jiàn)方法是十分重要的.從作截面入手，在動(dòng)態(tài)截面問(wèn)題中首先思考能否分析出截面的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，用幾何的方法求最值；如果有難度，也可以選擇合理地表示出面積、周長(zhǎng)通過(guò)代數(shù)方法去求最值或范圍，往往能夠使問(wèn)題得到解決．

【本文系廣州市教育研究院2021年度科研課題“核心素養(yǎng)背景下高中生數(shù)學(xué)運(yùn)算能力提升策略研究”（21AJCJY21117）研究成果】

責(zé)任編輯 ?徐國(guó)堅(jiān)